Question

4．如图1，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，P是⊙O上的一个点．
（1）则∠APC=60°；
（2）试证明：PA+PB=PC；
（3）如图2，过点A作⊙O的切线交射线BP于点D．
①试证明：∠DAP=∠DBA；
②若AD=2，PD=1，求PA的长．

Answer 1

分析 （1）由等边三角形的性质可知∠ABC=60°，由圆周角定理可知∠APC=∠ABC=60°；
（2）在线段PC上截取PF=PB，连接BF，进而得出△BPA≌△BFC（AAS），即可得出PA+PB=PF+FC=PC；
（3）①如图2所示：连接OA、OB．由圆内接四边形的性质可知∠DPA=∠ACB=60°，由切线的性质可知：∠DAO=90°，依据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知：∠AOB=120°，由等腰三角形的性质可知∠OAB=30°，从而可求得∠DAB=60°，故此可得到∠DPA=∠DAB，然后再根据∠PDA=∠BDA可证明△ADP∽△BDA，由相似三角形的性质可知∠DAP=∠DBA；②由△ADP∽△BDA，可求得：BD=4，BP=3，然后证明△ADP∽△CAP，由相似三角形的性质可知AP²=CP•PD，由CP=PA+PB，可得到关于AP的一元二次方程，从而可求得AP的长．

解答 解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°．
∴∠APC=∠ABC=60°．
故答案为：60°．
（2）在线段PC上截取PF=PB，连接BF．

∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°．
由圆周角定理可知：∠BPC=∠BAC=60°．
∵PF=PB，∠BPC=60°，
∴△PBF是等边三角形，
∴PB=BF，∠BFP=60°，
∴∠BFC=180°-∠PFB=120°，
∵∠BPA=∠APC+∠BPC=120°，
∴∠BPA=∠BFC，
在△BPA和△BFC中，$\left\{\begin{array}{l}{∠PAB=∠FCB}\\{∠BPA=∠BFC}\\{PB=FB}\end{array}\right.$，
∴△BPA≌△BFC（AAS）．
∴PA=FC．
∴PA+PB=PF+FC=PC．
（3）①如图2所示：连接OA、OB．

∵四边形APBC是圆内接四边形，
∴∠DPA=∠ACB=60°．
∵AD是圆0的切线，
∴∠DAO=90°．
∵∠AOB=2∠ACB=2×60°=120°，OA=OB，
∴∠OAB=30°．
∴∠DAB=∠OAD-∠OAB=90°-30°=60°．
∴∠DPA=∠DAB．
又∵∠PDA=∠BDA，
∴△ADP∽△BDA．
∴∠DAP=∠DBA．
②∵△ADP∽△BDA，
∴$\frac{AD}{BD}=\frac{DP}{AD}=\frac{AP}{BA}$．
∵AD=2，PD=1，
∴BD=4，AB=2AP，
∴BP=BD-DP=3．
∵∠DAP=∠DBA，∠DBA=∠PCA，
∴∠DAP=∠PCA．
又∵∠APD=∠APC=60°，
∴△ADP∽△CAP．
∴$\frac{AP}{CP}$=$\frac{DP}{AP}$．
∴AP²=CP•PD．
∵CP=PA+PB，
∴AP²=（3+AP）•1．
解得：AP=$\frac{1+\sqrt{13}}{2}$或AP=$\frac{1-\sqrt{13}}{2}$（舍去）．

点评 本题主要考查的是圆的综合应用，证得△BPA≌△BFC是解决问题（2）的关键，由问题（2）的结论以及相似三角形的性质列出关于AP的一元二次方程是解决问题（3）的关键．